(1 pont) A súlypont képlete miatt

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "(1 pont) A súlypont képlete miatt"

Átírás

1 Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket az ottani 5. pont utolsó mondatára, mely szerint minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók. A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait 15 ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül a versenybizottságnak: OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 16 Budapest, Pf. 19. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5 7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy továbbra is érvényes a versenyszabályzatnak az Oktatási Minisztérium által történt szigorú módosítása, és így a Versenybizottság legfeljebb 0 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, november A versenybizottság 1. feladat Az ABCD síkbeli négyszög átlóinak (konkáv négyszög esetében az átlóegyeneseinek) metszéspontja M, az AMB, BMC, CMD és DMA háromszögek súlypontjai rendre a P,Q,R,S pontok, a BCD, ACD, ABD és ABC háromszögek súlypontjai pedig rendre az X,Y,Z,W pontok. Bizonyítsuk be, hogy az X,Y,Z,W pontok a PQRS négyszög oldalegyenesein vannak. Első megoldás: A megadott nagybetűs pontokba (egy adott kezdőpontból) mutató vektorokat jelöljük a megfelelő kisbetűvel, azaz pl. a az A-ba mutató vektor. Megmutatjuk, hogy X az RQ egyenesen fekszik (a többi ugyanígy igazolható). Ehhez azt kell belátni, hogy alkalmas λ számra ( ) x = λr + (1 λ)q. A súlypont képlete miatt x = b + c + d ; r = m + c + d ; q = b + c + m. Ezt ( )-ba beírva, -mal szorozva és rendezve, a ( )-gal ekvivalens λb + (1 λ)d = m egyenlőséghez jutunk. Ez pedig valóban igaz, hiszen M a BD egyenesen fekszik. 1

2 Második megoldás: Megmutatjuk, hogy az X pont az RQ egyenesre illeszkedik (a többi ugyanígy igazolható). A BMC, MDC és DBC háromszögek mindegyikének a C csúccsal szemközti oldala a BD átlóegyenesen fekszik. E háromszögek súlypontjait C középpontú 2/ arányú zsugorítással (középpontos hasonlósággal) kapjuk ezeknek a háromszögoldalaknak a felezőpontjaiból, E-ből, F-ből és G-ből. (4 pont) Emiatt a Q, R és X pontok illeszkednek a BD egyenesnek a zsugorításnál keletkező képére, tehát kollineárisak. 2. feladat Legyen f a pozitív valós számokon értelmezett valós értékű függvény, amelyre minden x, y esetén f(xy) xf(y). Igazoljuk, hogy minden x, y-ra f(xy) = xf(y). Megoldás: Elég az egyenlőséget az y = 1 speciális esetben belátni, azaz hogy minden x-re f(x) = xf(1), ugyanis ekkor bármely y-ra f(xy) = (xy)f(1) és xf(y) = x(yf(1)), azaz valóban f(xy) = xf(y). ( 1 ) A feltétel szerint f x x 1 x f(x). Innen átrendezéssel f(x) xf(1). Ezt az f(x) xf(1) feltétellel összevetve valóban a kívánt f(x) = xf(1) adódik.. feladat A térbeli A, B, C, D és E pontok közül semelyik négy sem esik egy síkba. Az A és B pontokat elválasztja a CDE sík (vagyis A és B a CDE sík különböző oldalára esik). Hasonlóan, B-t és C-t elválasztja az ADE sík, C-t és D-t elválasztja az ABE sík. Mutassuk meg, hogy ekkor D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. Első megoldás: Az ABCD tetraéder lapsíkjai a teret tizenöt tartományra vágják fel. Ezek egyike maga a tetraéder. Négy további tartomány támaszkodik a tetraéder egyegy lapjára, jelöljük ezek közül R ABC -vel azt, amelyik az ABC lap mentén szomszédos a 2

3 tetraéderrel, R ABD -vel az ABD lap mentén szomszédosat stb. További hat tartomány a tetraéder egy-egy éle mentén szomszédos vele, az AB él mentén csatlakozót jelöljük R AB - vel, stb. Végül négy tartomány a tetraéder egy-egy csúcsában csatlakozik, jelöljük ezeket R A -val, R B -vel, R C -vel és R D -vel. Az E pont a tizenöt tartomány valamelyikének a belsejében helyezkedik el. Megvizsgáljuk, hogy ezek közül melyek felelnek meg a feladatban szereplő elválasztási követelményeknek. A CDE sík csak akkor választhatja el egymástól az A és a B pontot, ha belevág a tetraéderbe, ezért az E pont nem tartozhat a tetraéder CD élegyenese mentén keletkező lapszögtartományának egyik kiegészítő lapszögtartományához sem. Ez a két lapszögtartomány az R ACD, R AC, R AD, R A, illetve az R BCD, R BC, R BD, R B tartományok egyesítése. A fenti elválasztás esetén tehát E nem eshet e nyolc tartomány egyikébe sem. Hasonlóképpen, ha az ADE sík elválasztja B-t és C-t, akkor E nem lehet az R ABD, R AB, R BD, R B, R ACD, R AC, R CD, R C tartományokban. Végül, ha az ABE sík elválasztja C-t és D-t, akkor E nem lehet az R ABC, R AC, R BC, R C, R ABD, R AD, R BD, R D tartományokban sem. Látható, hogy a feladat feltételei a tizenöt tartomány közül csak a tetraéder belsejét nem zárják ki mint az E pont lehetséges elhelyezkedését. Tehát E az ABCD tetraéder belső pontja. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. Második megoldás: Indirekt módon tegyük fel, hogy az ABC sík elválasztja a D pontot E-től. Ekkor a DE egyenes döfi az ABC síkot; nevezzük a döféspontot D -nek. A feladatban szereplő térbeli elválasztási feltételek ezután rendre átfogalmazhatók az ABC síkon belüli, D -re kirótt feltételekké. A CDE sík elválasztja A-t és B-t, ezért ennek a síknak az ABC síkkal alkotott metszésvonala, a CD egyenes elválasztja őket az ABC síkban. Ez azt jelenti, hogy a D pont az ABC síknak az 1. ábra szerint árnyékolt (a határegyeneseket nem tartalmazó) tartományában van. C C C A B A B A B 1. ábra 2. ábra. ábra Hasonlóan, a második feltétel alapján az AD egyenes elválasztja B-t és C-t, emiatt D -nek a 2. ábrán árnyékolt tartományban kell lennie. Végül a harmadik feltételből következően az AB egyenes elválasztja C-t és D -t, az ennek megfelelő D pontok a. ábrán árnyékolt félsíkban vannak. Miután a három tartománynak nincs közös pontja, ellentmondásra jutottunk, ezért az ABC sík nem választja el D-t E-től.

4 Megjegyzés: Kiolvasható a megoldásból az is, hogy ugyanúgy ellentmondásra jutunk, ha csak annyit teszünk fel, hogy a D döféspont a DE egyenesen az E pontnak ugyanazon az oldalán van, mint D. Ha az ellentétes oldalon van, akkor a harmadik feltételből a. ábrán éppen a komplementer félsíkot kapjuk, és így a három tartománynak nem üres a közös része: éppen az ABC háromszög belseje. Mindebből az következik, hogy a feladatbeli három feltétel akkor és csak akkor teljesül, ha az E pont az ABCD tetraéder belső pontja. Harmadik megoldás: Tekintsük az ABCD tetraédert, és vizsgáljuk ehhez képest az E pont helyzetét. A tetraéder valamely lapsíkjához tartozó két féltér közül nevezzük azt pozitív féltérnek, amelyik a tetraédert tartalmazza, a másikat negatívnak. Az E ponthoz így négy előjelet (a +1 vagy 1 számok egyikét) rendelhetünk aszerint, hogy E a négy lapsíknak pozitív, illetve negatív oldalára esik. Legyen ez a négy előjel a, b, c és d, mégpedig úgy, hogy a tartozzon a BCD lapsíkhoz, b a CDA-hoz, c a DAB-hez és d az ABC-hez. A feladatban szereplő elválasztási feltételek ezekre az előjelekre nézve rendre az a = b, b = c, illetve c = d egyenlőségeket jelentik. Ezekből a = b = c = d adódik. Ez a közös érték csak úgy lehetne 1, ha E a negatív félterek közös pontja volna. A negatív féltereknek viszont nem lehet közös pontja. Egy ilyen pontba helyezkedve ugyanis a tetraéder mind a négy lapját kívülről látnánk, ami lehetetlen. (A tér bármely, a tetraéderhez nem tartozó E pontjából indíthatunk olyan félegyenest, amely a tetraéder határát két lapon is döfi; a második döfésponthoz tartozó lapsíknak E biztosan a pozitív oldalán van.) Tehát a közös előjel +1, vagyis az E pont az ABCD tetraéder belsejében van. Ekkor persze D és E az ABC síknak ugyanarra az oldalára esik. 4. feladat Van-e olyan, valós számokból álló, a [0, 1] intervallumba eső A végtelen halmaz, amely nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, de bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem? Első megoldás: Megfelel pl. azon [0,1]-beli véges tizedes törtek A halmaza, amelyekben csak 0 és 1 számjegy fordul elő. (4 pont) A valóban nem tartalmaz háromtagú számtani sorozatot, hiszen a,b,c A, a + c = 2b esetén 2b tizedes tört alakjában minden számjegy 0 vagy 2, és 2 csak úgy jöhet létre, hogy ezeken a helyeken a-ban és c-ben is 1-es számjegy áll, a többi helyen pedig 0, tehát csak a = b = c lehetséges. Ha a,b A, a < b és a bennük szereplő tizedesjegyek száma kisebb k-nál, akkor legyen c = a + 10 k. Ekkor c A és a < c < b. Megjegyzés: A konstrukció egy variánsa, ha A azokból a (végtelen) tizedes törtekből áll, amelyekben csak 0 és 1 számjegy fordul elő, de nullából végtelen sok van (a véges tizedes törteket úgy tekintjük, hogy egy idő után minden jegyük 0). Ha a,b A, a < b, akkor a következőképpen kaphatunk közéjük eső, A-beli c elemet: megkeressük az első olyan helyiértéket, ahol a-ban 0, b-ben pedig 1 áll, és legyen c = a + 10 k, ahol k egy olyan későbbi helyiérték, amelynél a-ban 0 áll. Ennek a konstrukciónak az az érdekessége, 4

5 hogy így kontinuum számosságú A halmazt kapunk, míg a többi esetben nyert A csak megszámlálható. Megjegyezzük még, hogy az összes, csak 0 és 1 tizedesjegyből álló szám nem felelne meg (tehát azokat a számokat valóban ki kellett zárni, amelyekben egy idő múlva minden jegy 1-es): ekkor pl. 0, és 0, között nem lenne A-beli elem. (Az ily módon hibás konstrukció esetén maximum 4 pont adható.) Második megoldás: Az A halmaz a 0,a 1,... elemeit rekurzíve fogjuk megadni, az alábbi algoritmus szerint. Legyen (pl.) a 0 = 0, a 1 = 1. Válasszuk meg először a 2 -t úgy, hogy ne keletkezzék háromtagú számtani sorozat, azaz a 2 1/2. A következő lépésben válasszuk meg először a -at a 0 (= 0) és a 2 közé, majd a 4 -et a 2 és a 1 (= 1) közé, hogy ne jöjjön létre háromtagú számtani sorozat. Általában, ha már a 0,a 1,...,a 2 k megvan, akkor ezek a [0,1] intervallumot 2 k részre osztják fel, és a következő lépésben ezekbe egymás után válasszunk egy-egy elemet úgy, hogy ne keletkezzék háromtagú számtani sorozat. Egy-egy új szám kiválasztásakor a feltétel csak véges sok számot zár ki, hiszen egy x akkor nem választható a következő a i -nek, ha az a 0,...,a i 1 számok közül kettővel számtani sorozatot alkot, azaz x + a = 2a vagy a + a = 2x típusú egyenlőségnek tesz eleget, ahol a és a az a 0,...,a i 1 számok közül két különbözőt jelöl (összesen legfeljebb i(i 1)/2 ilyen tilos x érték lehet). Mivel egy intervallumban végtelen sok valós szám van, ezért az eljárás nem akad meg. A konstrukcióból az is világos, hogy bármely két A-beli elem között található A-beli elem. A következő három megoldáshoz előrebocsátjuk, hogy az ott szereplő konstrukciók természetes módon felmerülő ötletek, azonban annak igazolása, hogy ezek valóban rendelkeznek a megkívánt tulajdonságokkal, a középiskolában (általában) nem szereplő ismeretekre támaszkodik. Harmadik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak azoknak az 1 < r 10 racionális számoknak a tízes alapú logaritmusai, amelyeknek a számlálója és a nevezője is (pozitív) prímszám. Ezek között valóban nincs háromtagú számtani sorozat. Ha ugyanis a p i,q j prímekre lg p 1 q 1 + lg p 2 q 2 = 2lg p q, akkor p 1 p 2 = p2, azaz p 1 p 2 q 2 = q 1 q 2 p 2 q 1 q. 2 Mivel p q, ezért a számelmélet alaptétele alapján az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha q 1 = q 2 = q és p 1 = p 2 = p. Ahhoz, hogy bármely két A-beli elem közé is esik A-beli elem, megmutatjuk, hogy bármely két 1-nél nagyobb valós szám közé esik két prímszám hányadosaként felírható szám. (Ugyanez igazolható két tetszőleges valós számra is abban az esetben persze negatív prímszámokat is igénybe kell vennünk, azaz az ilyen számok mindenütt sűrűek a számegyenesen.) Legyen d > c > 1, jelölje továbbá p n az n-edik prímszámot. A prímszámtételből következik, hogy p n+1 /p n 1, ha n. Ebből következik, hogy minden elég nagy n-re p n+1 /p n < d/c. Tekintsük (egy ilyen n-re) az a 1 = p n+1 p n ; a 2 = p n+2 p n q 2 = a 1 pn+2 p n+1 ; a = p n+ p n 5 = a 2 pn+ p n+2 ;...

6 sorozatot. Mivel a k (ha k ), ezért van olyan k, amelyre a k > c. Belátjuk, hogy a legkisebb ilyen k-ra a k = p n+k /p n egy c és d közé eső megfelelő szám lesz. Valóban: c < a k = a k 1 p n+k p n+k 1 < c d c = d. (k = 1 esetén a k 1 = a 0 = 1 értendő.) Negyedik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a 2 (vagy tetszőleges r > 1 racionális szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közé esik racionális szám, és a 2 x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esik A-beli elem. Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogy lenne. Ekkor a három számot az 1/2 pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva és a kitevőket q közös nevezőre hozva (1/2) a/q + (1/2) b/q = 2(1/2) c/q teljesülne valamilyen a > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = q 1/2 gyöke az f = x a 2x c + x b egész együtthatós polinomnak. Ismeretes, hogy f ekkor osztható a v algebrai szám minimálpolinomjával, ami g = 2x q 1, hiszen g (a fordított Schönemann-kritérium alapján) irreducibilis a racionális test felett és g(v) = 0. A Gauss-lemmából adódik, hogy a hányadosnak is egész együtthatósnak kell lennie. A hányados főegyütthatója azonban 1/2, és ezzel ellentmondásra jutottunk. Ötödik megoldás: Megfelelő A halmazt alkotnak a π (vagy tetszőleges t > 1 transzcendens szám) összes negatív racionális kitevőjű hatványai. Mivel bármely két racionális szám közé esik racionális szám, és a π x függvény monoton, ezért bármely két A-beli elem közé esik A-beli elem. Megmutatjuk, hogy A-ban nincs háromtagú számtani sorozat. Tegyük fel indirekt, hogy lenne. Ekkor a három számot az 1/π pozitív racionális kitevőjű hatványaiként felírva és a kitevőket q közös nevezőre hozva (1/π) a/q + (1/π) b/q = 2(1/π) c/q teljesülne valamilyen a > c > b > 0 egészekkel. Ez azt jelenti, hogy v = q 1/π gyöke az f = x a 2x c + x b egész együtthatós polinomnak. Ez azt jelenti, hogy v algebrai szám. Azonban ekkor π = 1/v q is algebrai lenne, mert algebrai számok szorzata és reciproka is algebrai. Ez azonban ellentmondás, hiszen a π transzcendens. 5. feladat Mely n 2007 egészek rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal: bármely három különböző, n-nél nem nagyobb és az n-hez relatív prím pozitív egész összege is relatív prím n-hez? Megoldás: A kettőhatványok ilyenek, hiszen a hozzájuk relatív prímek pontosan a páratlan számok, és három páratlan szám összege is páratlan. Megmutatjuk, hogy más nincs, pontosabban, hogy ha n > 14 és nem kettőhatvány, akkor található három különböző, nála kisebb, hozzá relatív prím pozitív egész, amelyek összege már nem relatív prím n-hez. 6

7 Legyen t az n legnagyobb páratlan osztója, azaz n = 2 k t, ahol k 0, t páratlan és t > 1 (hiszen az n nem kettőhatvány). Vegyük észre, hogy (t 4) = t, ami nem relatív prím n-hez. Ha az n nem osztható -mal (és így t sem), akkor az 1 és a relatív prímek n-hez, továbbá t 4 is az (és t 4 > 0, hiszen most t 5): ha p a t 4 és az n egy közös prímosztója lenne, akkor t 4 páratlansága miatt p > 2, tehát p osztója t-nek is, ekkor viszont t (t 4) = 4-nek is, ami lehetetlen. Így (ha az n nem osztható -mal, akkor) készen vagyunk, kivéve ha a három szám nem mind különböző, azaz t 4 = 1 vagy t 4 =. Az első esetben n = 2 k 5, ekkor 1,, 11 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. A második esetben n = 2 k 7, ekkor 1,, 17 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. Ha az n osztható -mal, akkor a 2t 9 = 1 + (t 2) + (t 8) összegből indulunk ki. A három tag relatív prím az n-hez, ez az előzőekhez teljesen hasonlóan igazolható, 2t 9 viszont nem az, hiszen a közös osztójuk. Így csak akkor nem vagyunk még készen, ha t 2 = 1 vagy t 8 = 1 (és mivel t osztható -mal, ezért t 8 < 0 is csak t = -ra lehetséges). Ekkor n = 2 k, illetve n = 2 k 9. Mindkét esetben 1, 7, 1 relatív prímek n-hez, de az összegük nem az. Megjegyzés: A 7, 9 és 14 sem jó, hiszen = 7, = 12, illetve = 21. Így könnyen adódik, hogy a kettőhatványokon kívül csak az 5, a 10 és a 12 rendelkezik a megadott tulajdonsággal (valamint azok a számok, amelyekhez kevesebb, mint három különböző, náluk kisebb, hozzájuk relatív prím pozitív egész létezik, hiszen ezekre a feltétel üres; közülük a nem kettőhatványok a és a 6.) 7

(4 pont) Második megoldás: Olyan számokkal próbálkozunk, amelyek minden jegye c: c( t ). (1 pont)

(4 pont) Második megoldás: Olyan számokkal próbálkozunk, amelyek minden jegye c: c( t ). (1 pont) Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2005 2006-os tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a

Részletesebben

Így a Bálint számára kedvező esetek száma +, hiszen duplán számoltuk azokat az eseteket, amikor a számok sem 2-vel, sem 5-tel nem oszthatók.

Így a Bálint számára kedvező esetek száma +, hiszen duplán számoltuk azokat az eseteket, amikor a számok sem 2-vel, sem 5-tel nem oszthatók. Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2006 2007-es tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a

Részletesebben

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 008-009. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait. ( x

Részletesebben

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2008/2009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/009-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

2007/2008. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

2007/2008. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió 007/008 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium http://matek.fazekas.hu/ 07. március. TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x. Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I. Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:

Részletesebben

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.

Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás. Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22.

11. osztály. 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! (10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2 ( + yz + zx) = 22. osztály Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! y + yz = 8 yz + z = 9 z + y = 5 (0 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: ( + yz + z) = Ebből kivonva az egyenleteket: y =, yz = 6, z

Részletesebben

Geometria 1 normál szint

Geometria 1 normál szint Geometria 1 normál szint Naszódi Márton nmarci@math.elte.hu www.math.elte.hu/ nmarci ELTE TTK Geometriai Tsz. Budapest Geometria 1 p.1/4 Vizsga 1. Írásban, 90 perc. 2. Index nélkül nem lehet vizsgázni!

Részletesebben

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny április 14. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Hódmezővásárhelyi Városi Matematikaverseny 2003. április 14. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa 1. feladat Egy számtani sorozatot az első eleme és különbsége egyértelműen meghatározza, azt

Részletesebben

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1 Érettségi, M, I-es feladatsor, természettudomány.. Számítsd ki a C! összeget! log 4. Határozd meg a. Számítsd ki az egyenlet valós megoldásait! összeg értékét, ha és az 4. Adott az f : 0,, f. Adottak az

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 0/03-as tanév. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató. Egy kör kerületére felírjuk -től 3-ig az egészeket

Részletesebben

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel?

7. Számelmélet. 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? 7. Számelmélet I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Lehet-e négyzetszám az a pozitív egész szám, amelynek tízes számrendszerbeli alakjában 510 darab 1-es és valahány 0 szerepel? ELTE 2006. október 27. (matematika

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Határozzuk

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 4 IV. FÜGGVÉNYEk 1. LEkÉPEZÉSEk, függvények Definíció Legyen és két halmaz. Egy függvény -ből -ba egy olyan szabály, amely minden elemhez pontosan egy elemet rendel hozzá. Az

Részletesebben

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen 10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy ( a + b + c) 3 4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen A feladatban szereplő kettős

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2015.

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2 Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 100

Részletesebben

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b. 1. Oszthatóság, legnagyobb közös osztó Ebben a jegyzetben minden változó egész számot jelöl. 1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Exponenciális és Logaritmikus kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Eponenciális és Logaritmikus kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szoálhatnak fontos információval

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú

Részletesebben

NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI

NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 20-09-2 Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható! Csak és kizárólag tollal tölthető ki a feladatlap, a ceruzával

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2006-2007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 006-007. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Melyek azok a pozitív egészek, amelyeknek pontosan négy pozitív

Részletesebben

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk. Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :

Részletesebben

XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny 9. osztály 1. feladat: Oldjuk meg a természetes számok halmazán az 1 1 1 egyenletet? x y 009 Kántor Sándor (Debrecen). feladat: B Az ABCD deltoidban az A és C csúcsnál derékszög van, és a BD átló 1 cm.

Részletesebben

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének

6. Függvények. Legyen függvény és nem üreshalmaz. A függvényt az f K-ra való kiterjesztésének 6. Függvények I. Elméleti összefoglaló A függvény fogalma, értelmezési tartomány, képhalmaz, értékkészlet Legyen az A és B halmaz egyike sem üreshalmaz. Ha az A halmaz minden egyes eleméhez hozzárendeljük

Részletesebben

Matematika pótvizsga témakörök 9. V

Matematika pótvizsga témakörök 9. V Matematika pótvizsga témakörök 9. V 1. Halmazok, műveletek halmazokkal halmaz, halmaz eleme halmazok egyenlősége véges, végtelen halmaz halmazok jelölése, megadása természetes számok egész számok racionális

Részletesebben

Megoldások 9. osztály

Megoldások 9. osztály XXV. Nemzetközi Magyar Matematikaverseny Budapest, 2016. március 1115. Megoldások 9. osztály 1. feladat Nevezzünk egy számot prímösszeg nek, ha a tízes számrendszerben felírt szám számjegyeinek összege

Részletesebben

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege?

A táblára felírtuk a 0-tól 2003-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 2004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? ! " # $ %& '()(* $ A táblára felírtuk a 0-tól 00-ig terjedő egész számokat (tehát összesen 004 db számot). Mekkora a táblán levő számjegyek összege? 0 0 0 0 0. 9 7. 9 9 9 + ')./ &,- $ Először a 0-tól 999-ig

Részletesebben

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk)

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) 1. Térelemek Geometria a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) b. Def: félegyenes, szakasz, félsík, féltér. c. Kölcsönös helyzetük: i. pont és (egyenes vagy

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a b pozitív egészek és tudjuk hogy a 2

Részletesebben

Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú )

Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú ) Matematika javítóvizsga témakörök 10.B (kompetencia alapú ) 1. A négyzetgyök fogalma, a négyzetgyökvonás művelete 2. A négyzetgyökvonás azonosságai 3. Műveletek négyzetgyökökkel 4. A nevező gyöktelenítése

Részletesebben

Érdekességek az elemi matematika köréből

Érdekességek az elemi matematika köréből Érdekességek az elemi matematika köréből Csizmadia László Bolyai Intézet, Szegedi Tudományegyetem Kutatók éjszakája Szeged, SZTE L. Csizmadia (Szeged) Kutatók éjszakája 2011. 2011.09.23. 1 / 17 Társasház

Részletesebben

Függvény fogalma, jelölések 15

Függvény fogalma, jelölések 15 DOLGO[Z]ZATOK 9.. 1. Függvény fogalma, jelölések 1 1. Az alábbi hozzárendelések közül melyek függvények? a) A magyarországi megyékhez hozzárendeljük a székhelyüket. b) Az egész számokhoz hozzárendeljük

Részletesebben

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont)

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont) 1. tétel 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont). Adott az ábrán két vektor. Rajzolja meg a b, a b és az a b vektorokat! (6 pont)

Részletesebben

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november. I. rész Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( )

Részletesebben

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny Bonyhád, 011. március 11 15. 10. osztály 1. feladat: Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b és c. Bizonyítsuk be, hogy 3 (a+b+c) ab+bc+ca 4 Mikor állhat

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely. 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2015. március 30. A 11-12. osztályosok feladatainak javítókulcsa Feladatok csak szakközépiskolásoknak Sz 1. A C csúcs értelemszerűen az AB oldal felező

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0801 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás.

Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás. Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási Minisztérium Alapkezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 005/00-os tanév első iskolai) forduló haladók II. kategória nem speciális

Részletesebben

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak!

M. 33. Határozza meg az összes olyan kétjegyű szám összegét, amelyek 4-gyel osztva maradékul 3-at adnak! Magyar Ifjúság 6 V SOROZATOK a) Három szám összege 76 E három számot tekinthetjük egy mértani sorozat három egymás után következő elemének vagy pedig egy számtani sorozat első, negyedik és hatodik elemének

Részletesebben

5. előadás. Skaláris szorzás

5. előadás. Skaláris szorzás 5. előadás Skaláris szorzás Bevezetés Két vektor hajlásszöge: a vektorokkal párhuzamos és egyirányú, egy pontból induló félegyenesek konvex szöge. φ Bevezetés Definíció: Két vektor skaláris szorzata abszolút

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Abszolútértékes és Gyökös kifejezések A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval

Részletesebben

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex

A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex A sorozat fogalma Definíció. A természetes számok N halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet a valós számok halmaza, valós számsorozatról beszélünk, mígha az

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2009/2010-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2009/2010-es tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási és Kulturális Minisztérium Támogatáskezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 009/00-es tanév első (iskolai) forduló haladók II.

Részletesebben

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek araméteres és összetett egyenlôtlenségek 79 6 a) Minden valós szám b) Nincs ilyen valós szám c) c < vagy c > ; d) d # vagy d $ 6 a) Az elsô egyenlôtlenségbôl: m < - vagy m > A második egyenlôtlenségbôl:

Részletesebben

Matematika szóbeli érettségi témakörök 2016/2017-es tanév őszi vizsgaidőszak

Matematika szóbeli érettségi témakörök 2016/2017-es tanév őszi vizsgaidőszak Matematika szóbeli érettségi témakörök 2016/2017-es tanév őszi vizsgaidőszak Halmazok Halmazok egyenlősége Részhalmaz, valódi részhalmaz Üres halmaz Véges és végtelen halmaz Halmazműveletek (unió, metszet,

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata

Részletesebben

Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) Halmazok 1

Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) Halmazok 1 Halmazok 1 Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) Halmazok 2 A fejezet legfontosabb elemei Halmaz megadási módjai Halmazok közti műveletek (metszet,

Részletesebben

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a logaritmus témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-4-08/-009-00 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a logaritmus témaköréhez osztály, középszint Vasvár, 00 május összeállította: Nagy

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév első (iskolai) forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. A 23-as szám című misztikus filmben

Részletesebben

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely április 8. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely április 8. A osztályosok feladatainak javítókulcsa Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely 2013. április 8. A 9-10. osztályosok feladatainak javítókulcsa 1. Jelöljük x-szel az adott hónapban megkezdett 100 kb-s csomagok számát. Az első szolgáltatónál

Részletesebben

Tartalomjegyzék. Tartalomjegyzék Valós változós valós értékű függvények... 2

Tartalomjegyzék. Tartalomjegyzék Valós változós valós értékű függvények... 2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék... Valós változós valós értékű függvények... Hatványfüggvények:... Páratlan gyökfüggvények:... Páros gyökfüggvények... Törtkitevős függvények (gyökfüggvények hatványai)...

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. KÖZÉPSZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. február 1. KÖZÉPSZINT I. 1) Mennyi annak a mértani sorozatnak a hányadosa, amelynek harmadik tagja 5, hatodik tagja pedig 40? ( pont) 3 1 5 a a q 5 6 1 40 a a q Innen q Összesen:

Részletesebben

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi . Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria 1) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Sorozatok I. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Sorozatok I. DEFINÍCIÓ: (Számsorozat) A számsorozat olyan függvény, amelynek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza, értékkészlete a valós számok egy részhalmaza. Jelölés: (a n ), {a n }.

Részletesebben

MEMO (Middle European Mathematical Olympiad) Szoldatics József, Dunakeszi

MEMO (Middle European Mathematical Olympiad) Szoldatics József, Dunakeszi Szoldatics József: MEMO MEMO (Middle European Mathematical Olympiad) Szoldatics József, Dunakeszi A feladatmegoldó szemináriumon első részében egy rövid beszámolót fognak hallani a 010. szeptember 9. és

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. A k valós paraméter értékétől függően

Részletesebben

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer) A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer) Ezt a módszert akkor alkalmazzuk, amikor könnyebb bizonyítani egy állítás ellentettjét, mintsem az állítást direktben. Ez a módszer

Részletesebben

2. feladat Legyenek 1 k n rögzített egészek. Mennyi az. x 1 x 2...x k +x 2 x 3...x k+1 +...+x n k+1 x n k+2...x n

2. feladat Legyenek 1 k n rögzített egészek. Mennyi az. x 1 x 2...x k +x 2 x 3...x k+1 +...+x n k+1 x n k+2...x n Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2012 13-as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító

Részletesebben

Varga Tamás Matematikaverseny Javítási útmutató Iskolai forduló 2016/ osztály

Varga Tamás Matematikaverseny Javítási útmutató Iskolai forduló 2016/ osztály 1. Az erdészet dolgozói pályázaton nyert facsemetékkel ültetnek be egy adott területet. Ha 450-et ültetnének hektáronként, akkor 380 facsemete kimaradna. Ha 640 facsemetével többet nyertek volna, akkor

Részletesebben

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE KEITH KEARNES, KISS EMIL, SZENDREI ÁGNES Második rész Cikkünk első részében az elemrend és a körosztási polinomok fogalmára alapozva beláttuk, hogy ha n pozitív egész,

Részletesebben

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11.

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11. 44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HETEDIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Ki lehet-e tölteni a következő táblázat mezőit pozitív egész számokkal úgy, hogy

Részletesebben

Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé.

Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. HA 1 Mindent olyan egyszerűvé kell tenni, amennyire csak lehet, de nem egyszerűbbé. (Albert Einstein) HA 2 Halmazok HA 3 Megjegyzések A halmaz, az elem és az eleme fogalmakat nem definiáljuk, hanem alapfogalmaknak

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév kezdők III. kategória I. forduló

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév kezdők III. kategória I. forduló Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/013-as tanév kezdők I II. kategória II. forduló kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy osztályban

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek

Részletesebben

Izsák Imre Gyula természettudományos verseny

Izsák Imre Gyula természettudományos verseny 199 Jelölje m a, m b, m c egy háromszög magasságait, ρ a háromszög beírt körének a sugarát. Igazoljuk, hogy ma + mb + mc 9ρ Mikor áll fenn az egyenlség? Osszuk fel egy tetszleges ABCD konvex négyszög AB,

Részletesebben

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5.

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5. MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5. I. rész Fontos tudnivalók A megoldások sorrendje tetszőleges. A feladatok megoldásához szöveges adatok tárolására és megjelenítésére nem alkalmas zsebszámológépet

Részletesebben

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november. I. rész

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november. I. rész Pataki János, 005. november Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 005. november I. rész. feladat Egy liter 0%-os alkoholhoz / liter 40%-os alkoholt keverünk.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 8. KÖZÉPSZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 8. KÖZÉPSZINT MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. május 8. KÖZÉPSZINT ) Egyszerűsítse a következő törtet! (a; b valós szám, ab 0)! a b ab ab ab ( a ) a ab I. Összesen: pont ) Egy mértani sorozat második eleme 3, hatodik eleme.

Részletesebben

Megoldás A számtani sorozat első három eleme kifejezhető a második elemmel és a differenciával. Összegük így a 2. d =33, azaz 3a 2. a 2.

Megoldás A számtani sorozat első három eleme kifejezhető a második elemmel és a differenciával. Összegük így a 2. d =33, azaz 3a 2. a 2. 1. Egy 33-as létszámú zenetagozatos osztályban hegedülni és zongorázni tanulnak a diákok. Minden diák játszik legalább egy hangszeren. Azok száma, akik mindkét hangszeren játszanak, akik csak hegedülnek,

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0815 ÉRETTSÉGI VIZSGA 2010. május 4. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Diszkrét matematika I.

Diszkrét matematika I. Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika I. középszint

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 0711 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.

8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II. 8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az

Részletesebben

Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz

Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis

Részletesebben

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok . fejezet Bevezetés Algebrai feladatok J. A számok gyakran használt halmazaira a következ jelöléseket vezetjük be: N a nemnegatív egész számok, N + a pozitív egész számok, Z az egész számok, Q a racionális

Részletesebben

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 2010-11. I. Félév 2 1. fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik 1.1. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b)

Részletesebben

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az

Részletesebben

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam

Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam Halmazok:. Adott két halmaz: A = kétjegyű pozitív, 4-gyel osztható számok B = 0-nél nagyobb, de 0-nál nem nagyobb pozitív egész

Részletesebben

1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni

1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni 1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni a) 5 db 8 cm hosszú, b) 8 db 5 cm hosszú cérnával? Megoldás:

Részletesebben

Magasabbfokú egyenletek

Magasabbfokú egyenletek 86 Magasabbfokú egyenletek Magasabbfokú egyenletek 5 90 a) =! ; b) =! ; c) = 5, 9 a) Legyen = y Új egyenletünk: y - 5y+ = 0 Ennek gyökei: y=, y= Tehát egyenletünk gyökei:, =!,, =! b) Új egyenletünk: y

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Trigonometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2

x = 1 = ı (imaginárius egység), illetve x 12 = 1 ± 1 4 2 Komplex számok A valós számok és a számegyenes pontjai között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető. A számfogalom a számegyenes pontjainak körében nem bővíthető tovább. A számfogalom bővítését

Részletesebben

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 ) Fogalom gyűjtemény Abszcissza: az x tengely Abszolút értékes egyenletek: azok az egyenletek, amelyekben abszolút érték jel szerepel. Abszolútérték-függvény: egy elemi egyváltozós valós függvény, mely minden

Részletesebben

Kiegészítő részelőadás 2. Algebrai és transzcendens számok, nevezetes konstansok

Kiegészítő részelőadás 2. Algebrai és transzcendens számok, nevezetes konstansok Kiegészítő részelőadás. Algebrai és transzcendens számo, nevezetes onstanso Dr. Kallós Gábor 04 05 A valós számo ategorizálása Eml. (óori felismerés): nem minden szám írható fel törtszámént (racionálisént)

Részletesebben

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét.

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét. b Köbgyöktelenítsük a nevezőt az alábbi törtben: 1 3 3. Megoldás: a Egy q = a + bi + cj

Részletesebben

2012. október 9 és 11. Dr. Vincze Szilvia

2012. október 9 és 11. Dr. Vincze Szilvia 2012. október 9 és 11. Dr. Vincze Szilvia Egyváltozós valós függvények nevezetes osztályai I. Algebrai függvények Racionális egész függvények (polinomok) Racionális törtfüggvények Irracionális függvények

Részletesebben

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit!

Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! 1. 2. 3. 4. Add meg az összeadásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a kivonásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg a szorzásban szereplő számok elnevezéseit! Add meg az osztásban szereplő számok

Részletesebben

Számelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok

Számelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok Számelmélet Legnagyobb közös osztó, Euklideszi algoritmus. Lineáris diofantoszi egyenletek. Számelméleti kongruenciák, kongruenciarendszerek. Euler-féle ϕ-függvény. 1. Oszthatóság 1. Definíció. Legyen

Részletesebben